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简介
其实我的算法并不是强项，然后今天在做438这道题的时候发现了一个让我无比佩服的思路，这里记录一下和大家分享：
首先看一下题目：
给定一个字符串 s 和一个非空字符串 p，找到 s 中所有是 p 的字母异位词的子串，返回这些子串的起始索引。
字符串只包含小写英文字母，并且字符串 s 和 p 的长度都不超过 20100。
说明：
字母异位词指字母相同，但排列不同的字符串。
不考虑答案输出的顺序。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/find-all-anagrams-in-a-string
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我的思路
首先说说我的思路（时间没过，没兴趣的可以跳过，直接看大神解法）
- 用hashMap存储p的每个单词的个数
* left <- 0 right <- 0 这是滑动窗口的左右标记
* list res 结果的列表
* while (right < s.len){
* if (marker == 0){ //marker用来标记现在还有几个没找到
* res.append(left)
* charAt(left)的hashmap value++；
* 恢复marker
* }else{
* right++;
* check hashmap(charAt(right)) 如果小于0，{
* 遍历left++ 直到left = right的ch；更新left。continue
* }else{
* hashMap --;
* if hashMap ==0 将bitmap相应位置0
* }
* }
* }
代码:
public List<Integer> findAnagrams1(String s, String p) {
Map<Integer, Integer> charMap = new HashMap<Integer, Integer>();
Map<Integer, Integer> bitMap = new HashMap<Integer, Integer>();
List<Integer> res = new ArrayList<Integer>();
int marker = 0;
int left = 0, right = -1;
for (int i = 0; i < p.length(); i++) {
int ch = p.charAt(i);
if (charMap.containsKey(ch)) {
charMap.put(ch, charMap.get(ch) + 1);
} else {
charMap.put(ch, 1);
}
}
bitMap.putAll(charMap);
int marker_=p.length();
marker = p.length();
while (right < s.length()) {
if (marker == 0) {
res.add(left);
left = left + 1;
right = left - 1;
marker = marker_;
charMap.clear();
charMap.putAll(bitMap);
// int mark = s.charAt(left);
// charMap.put(mark, charMap.get(mark) - 1);
// marker++;
} else {
if (right + 1 < s.length()) {
right++;
}else{
break;
}
if (!charMap.containsKey(Integer.valueOf(s.charAt(right)))) {
left = right + 1;
marker = marker_;
charMap.clear();
charMap.putAll(bitMap);
} else {
if (charMap.get(Integer.valueOf(s.charAt(right))) == 0) {
while (left <= right) {
int tmp = s.charAt(left);
if (tmp == Integer.valueOf(s.charAt(right))) {
left++;
break;
} else {
charMap.put(tmp, charMap.get(tmp) + 1);
marker++;
left++;
}
}
} else {
int tmp = s.charAt(right);
charMap.put(tmp, charMap.get(tmp) - 1);
marker--;
}
}
}
}
return res;
}
其实我自己在写的时候就觉得有些冗杂和烦琐了，当然我一般还会花时间去优化一下，但也是因为这次比较着急，直接看到了大神的解法，让我自己琢磨和学习了很久。
大神解法
直接上代码：
public List<Integer> findAnagrams(String s, String p) {
int slength = s.length();
int plength = p.length();
int conter = 0;
StringBuilder sb = new StringBuilder(p);
List<Integer> result = new ArrayList();
for(int i=0; i<slength; i++)
{
if(sb.indexOf(Character.toString(s.charAt(i))) != -1)
{
conter++;
sb.delete(sb.indexOf(Character.toString(s.charAt(i))), sb.indexOf(Character.toString(s.charAt(i)))+1);
}
else
{
if(p.indexOf(Character.toString(s.charAt(i))) != -1)
{
conter--;
i--;
sb.append(s.charAt(i-conter));
}
else
{
conter = 0;
sb = new StringBuilder(p);
}
}
if(conter == plength)
{
result.add(i-plength+1);
conter--;
sb.append(s.charAt(i-plength+1));
}
}
return result;
}
这里其实没有它的思路，然后我自己研究了一下，这里做一下总结。
首先，我得说，是我自己陷入了固定的滑动窗口解体的套路当中，当然对于一些题目来说，滑动窗口是非常有效率的，但是不应该只是知道了滑动窗口就限制了自己的思路。
- 变量的声明方面：
作者声明了
int slength = s.length();
int plength = p.length();
int conter = 0;
StringBuilder sb = new StringBuilder§;
List result = new ArrayList();
前两个不用多说了，分别是长度。然后conter是记录的当前已经扫描到了几个属于p串的字符。定义p的sb是为了记录当前已经有哪些字符已经在s中找到了，找到了就把把它从sb中删掉，那么剩下的就是还没有匹配到的。
result就是记录结果了。
- 流程逻辑
for ch in str.s {
if ch in sb: sb.delete(ch) 同时conter计数+1
else(也就是说不在sb串中的ch){
首先判断在不在p中
if 在p中： 将ch的索引i回退,conter--,将(i-conter)元素增加到sb。
//这里其实我也困惑了一会，后来发现这里才是精彩的地方，当面对这种情况的时候，
//其实是已经找到了足够数量的某个字母char0，但是又遇到了一个char0，这个字母现在多了，
//那么怎么样才能继续走下去呢，就需要将前面的已经遇到的第一个char0找到，从index（char0）+1开始，
//重新计算。所以这里就是首先将i--，表示重新扫描，并且将conter--，用i-conter来找到当前
//的最左面的第一个字母charLeft，增加到sb，就是说又需要这个charLeft了。
else (也不在p中) 说明这个字母肯定不对了，只能舍弃重新开始扫描。 所以初始化变量 ：conter=0 sb = （p）
if conter == plength:
符合条件，记录res;
}
}
总结
- 使用StringBuilder，避免使用str加法。
- 使用隐式的滑动窗口才是真正滑动窗口方法的精髓，不一定需要left和right的交替移动，心中有window才是高级的算法。
大家共勉~~